Dap an de thi dai hoc mon toan khoi A va A1 nam 2012

Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB.. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng[r]

Môn: TOÁN - Khối : A và A1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 2( m1)x2m ( )2 1 ,với m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 3 sin 2xcos 2x2cosx1

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 2

3 9 22 3 9

1 2

x y x y

      





   



 (x y  , )

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

3

2 1

1 ln(x 1)

x

 



Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a Hình chiếu vuông góc

của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 600 Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0 Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức P3x y 3y z 3z x  6x26y26z2

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M là

trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND Giả sử

11 1

;

2 2

M 

 và đường thẳng AN có phương trình 2x – y – 3 = 0 Tìm tọa độ điểm A

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

1 2 1

x y z

 

và điểm I (0; 0; 3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5C n n1 C n3

 Tìm số hạng chứa x5

trong khai triển nhị thức Niu-tơn

2 1 14

n nx

x



  , x ≠ 0

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 = 8 Viết phương trình chính tắc elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

2 1 1

x y z

 

, mặt phẳng (P) : x + y – 2z + 5 = 0 và điểm A (1; -1; 2) Viết phương trình đường thẳng  cắt

d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN

5(z i )

GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A VÀ A 1 NĂM 2012 Câu1

a) y x 4 2x2

TXĐ :R

Đạo hàm

3 ' 4 4

0 ' 0

1

y x x

x y

x

 





   



Các điểm cực trị A (0;0),B(1;-1);C(-1;-1)

1 ' 0

1 1

x y

x





    

 h/s đồng biến trên (-1;0)và (1;+)

1 ' 0

0 1

x y

x

 



    

 h/s nghịch biến trên (  ; 1) à (0;1)v

BBT:

x’ -∞ -1 0 1 +∞

y’ - 0 + 0 - 0 +

y +∞ 0 +∞

-1 -1

Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng

Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm A(0;0), D ( 2;0) àv E( 2;0)

4 2 2

y x  x

 

3

3

2

2

0

( 1) 0 (*)

x x m

x

x m





 



Để (1) có 3 cực trị thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0  m + 1 > 0  m > -1

Với m > -1 pt (*) có 2 nghiệm phân biệt

x  m và x2  m 1

Giả sử M(0;m2); (N m1; 2 m1); (P  m 1; 2m1)

Vì đồ thị hàm số đối xứng qua trục 0y nên MNP phải cân tại M

Vậy tam giác MPN vuông tại M suy ra MN2MP2 NP2

3 (m 1) ( m 1) 1 0

      

<=> m = 0 (vì m > -1) Vậy m = 0

Câu 2.

TXĐ: 

2

2













2

2

6 6

2





 

























Câu 3

Đặt y = -z

2 2

1







Đặt

 

 

2

2

3 3 2 9 22 0

1 2

2

3 3 6 9 22 0 1

1

2

 







      



 

  





Từ (2)

2

4

Thay vào (1) ta được :

 

2

2

S





 



Phương trình (3) vô nghiệm vì  ' 40 0

Vậy

 

2

4

x z

xz

 







Vậy

Câu 4.

1 2

1

x



 

3 3

1 3

3

x

x









Đặt

2

3 3

1

3

1

1

1

1

ln 4 ln 2

1

ln 4 ln 2 ln

ln 2 ln

x

x x















Vậy

ln 2 ln

Câu 5.

Tích Thể Tích khối chóp S.ABC

Gọi M là trung điểm AB =>

MH= MB=

Vì  ABC đều cạnh a, CM là đường cao =>

a 3

CM=

Xét  CMH vuông tại M

Theo Pitago ta có: CH =CM +MH 2 2 2 =

+

7 2 a 9

=>

a 7

CH=

3

Ta có  SC, ABC =SCH=60     o

=>

Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC

Nên BC//(SA;d)

=>d  BC;SA  =d   B   SA,d   

Dựng hình thoi ABCD

Dựng HK

Ta có SH   ABC   SH  AD

Mà HK  AD nên AD   SHK 

 SAD   SHK 

Mà HI  SK n n HI ê   SAD 

 HI là khoảng cách từ H đến (SAD)

Vì



2 2

90 ê

7 21

o

 

 

         

 

   

2 6

Vì BC//(SAD) và

2 3

nên khoảng cách cần tìm là

.

Câu 6.

Cách 1:

Không mất tổng quát, giả sử x  y  z

Từ giả thiết suy ra z   x y  

do đó,

2

2

Đặt

2

2





2 3 2 3

a b x

b a y













 

Thay vào P ta được :





Đặt

,

thì u v   0 và ta có :

Xét hàm:

2 2

2 '( ) 3 ln 3 3 ln 3

3 2ln 3 2 0

u v u v u

f u

u v



  

( )

f u

 đồng biến trên v ; )kéo theo

( ) ( ) 9 3 1 2 4

2.9 4 1 (1)

v

v

    

  

Xét g v ( ) 2.9  v  4 v  1, v  0

Suy ra g(v) đồng biến trên 0;), kéo theog v( )g(0) 3 (2)

Từ (1) và (2),suy ra f(u)3 hay P3

Đẳng thức xảy ra khi u=v=0 hay x = y = z =0

Vậy min P=3

Cách2

Đặt a   x y b ,   y Z c ,   z x

Từ giả thiết suy ra x2  y2  z2  2  xy yz zx   

6 x  y  z  2 x y   y z   z x 

Vì vậy nếu đặt a   x y b ,   y z c ,   z x

thì a b c  , , 0

và a b c b c a c a b   ,   ,  

Ta có

3a 3b 3c 2

Vì a b c   nên  a b c c    2

Tương tự

 

 

2 2

b c a a

c a b b

Công ba bất đẳng thức trên ta được

2 ab bc ca    a  b  c  a b c    2 a  b  c

Do vậy

 3a a   3b b   3c c 

     

Xét hàm

 

 

'

3 ln 3 1 0

x x

f x

Vì Vậy P  3, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0

Câu 7.

a).

 2 2

1

11 3

15 3 5 2

,

2

2 5

2 1

h d M AN

 

 

Đặt

6 , 0

Có

2

2

ADN

ABM

CMN

AMN ABCD ADN ABM CMN

Theo định lý pitago AN  AD2  DN2

2

36 4 2 10

2

AMN

Định lý pitago

36 9 145

2

Đặt: A a a  ( ; 2 3)

2

1

4

a

a

        

       





  



Vậy A1(1; 1), A2(4;5)

Câu 8.

Gọi

( 1; 2 ; 2)

1; 2 ; 2

0;0;3

A a a a

B b b b

I

Với a ≠ b

 

2

2

1; 2; 1 1; 2 ; 1

2 1 4 6 4 2

2 1 4 6 4 2

IA a a

IB b b b

IA a a a a

IB b b b b





   

  

      

     

Vì  IAB Vuông cân tại I nên

2 1 1 4 0 0

6 4 2 6 4 2

6 4 0 (2)

IA IB

 

  



    







   



 

     



Từ (2) vì a ≠ b

2 3

a b

  

thế vào (1)

Ta được

1

9

ab 

1 2

3

1 2

3 8

3

a

b

IA







 



 



Vậy

3

Câu 9.

a).

2 2

5

5

1.2.3

3 28 0 7( / ) 4( )

n

n

n

n





 





  



Khai triển

hay

Số hạng tổng quát là

 

7

7

2

7

14 3 7

1 2

2

k

k k

k

k

x

C

x x









Xét

14 3  k   5 k  3

 

5 3

35 1

x

Câu 7b) Do tính đối xứng của (E) nên giao điểm của (C) và (E) là đỉnh hình vuông thỏa mãn

A(a;a) a>0

Suy ra a2  a2   8 a  2

2 2

4 4 ( ) : E x y 1 1

Vì 2m=8 nên m=4

2 2

1

Vậy

2 2

16 16

3

Câu 8b) Viết lại (d) dưới dạng:

2 1

( ) 2

x t

y t t

z t

 







  





Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a;b;c)

Ta có

2 5 0 2 5 0

3 2 2 4 2 5 0

2

a b c a b c

t

    

     



    

         

       

 

Vậy M(3;2;4), khác A => thỏa mãn

Câu 9 b)

Đặt

     

5

2

2 1

5 5 5 2 2 2

Z i

i



 



 

   



      

        

      

Vậy

 2

2

2 2

W=1+1+i+2i=2+3i

Z

